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2020-2021学年四川省成都市温江区九年级（上）期末
物理试卷参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共30分）
1．（2分）关于热机的能量转化过程，下列说法正确的是（ ）
A．将势能转化为动能 B．将化学能转化为内能
C．将内能转化为机械能 D．将机械能转化为化学能
【分析】解决此题要知道在内燃机的做功冲程中，燃料燃烧产生大量的高温高压的燃气
推动活塞做功，将内能转化为机械能。
【解答】解：热机就是把燃料燃烧得到的内能转化为机械能的装置；在内燃机的工作过
程中，做功冲程中将燃料燃烧产生的内能转化为机械能，为热机工作提供动力，故C正
确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了内燃机的做功冲程中的能量转化情况以及燃料燃烧的能量转化，
是一道基础性题目。
2．（2分）图中画出了汽油机在工作过程中活塞和曲轴的位置和进气门、排气门的开闭情
况，此图为四冲程内燃机（ ）的示意图
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
【分析】四冲程内燃机一个工作循环包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程。判断冲程
可以看气门的开关情况和活塞运动情况，结合规律总结进行判断内燃机的冲程。
【解答】解：由图可知，进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，此冲程为吸气冲程。
故选：A。
【点评】此题是关于内燃机的题目，知道四冲程汽油机各个冲程的工作特点是解决该题
的关键。
第1页（共34页）3．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．用导线把用电器、开关连接起来就组成了电路
B．灯泡消耗电能，将电能转化成光能和内能
C．物理学规定电子定向移动的方向为电流的方向
D．导线不通过用电器直接跟电源两极连接叫做开路
【分析】（1）电路有电源、导线、用电器和开关四部分组成；
（2）用电器是将电能转化为其他形式能的装置；
（3）电荷的定向移动能形成电流，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向；
（4）导线直接接在电源两极上，电流不经过用电器的电路是短路。
【解答】解：
A、一般的电路是由电源、用电器、开关和导线组成的，故A错误；
B、灯泡工作时发光发热，所以灯泡消耗电能，将电能转化成光能和内能，故B正确；
C、物理学上规定正电荷定向移动的方向是电流的方向，电子是负电荷，电子定向移动
的方向和电流方向相反，故C错误；
D、不经用电器直接用导线将电源两极连接的电路是短路，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的相关知识，具有一定的综合性，比较简单。
4．（2分）下列四幅图均是与静电现象相关的实际应用的例子，属于防止静电危害的是（
）
A． 静电喷涂 B． 静电除尘
C． 静电复印 D． 静电导流
【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案
【解答】解：A．喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂
的物体带负电，对雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，属于静电应用，故 A不符合题
第2页（共34页）意；
B．静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极
运动，属于静电应用，故B不符合题意；
C．静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电应用，故 C不符
合题意；
D．油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，属于静电危害的防止，故D符合题
意。
故选：D。
【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的
具体实例。
5．（2分）下列做法没有利用物质比热容性质的是（ ）
A．用干净的沙子炒制花生等干果
B．种植花草树木能有效改善气候
C．傍晚，在春播秧田里灌水保温
D．发烧时，用湿毛巾给头部降温
【分析】（1）沙子的比热容小，相同质量的沙子和其它物质比较，吸收相同的热量，
温度升高的多；
（2）（3）水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水
吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少；
（4）蒸发吸热。
【解答】解：
A、花生、栗子等干果常常用干净的沙子来炒制，是为了使花生、栗子受热均匀，同时
利用沙子的比热容较小特性，吸收相同的热量，沙子温度升高的多，故A不符合题意。
B、大面积种植花草树木，可以减少水土流失，因为水的比热容大，相同质量的水和其
它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度变化量小，所以种植花草树木，能够改
善土壤的含水量，能有效的改善气候，故B不符合题意；
C、傍晚，在春播秧田里灌水，因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降
低相同的温度，水放出的热量多，秧苗不会被冻坏，故C不符合题意；
D、发烧时，用湿毛巾给头部降温，利用的是蒸发吸热，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对比热容特点以及应用的了解和掌握。
第3页（共34页）6．（2分）如图所示，用玻璃棒接触验电器的金属球，发现金属箔迅速张开，下列说法正
确的是（ ）
A．金属箔能张开是因为异种电荷互相排斥
B．玻璃棒和其它物体摩擦后一定带正电荷
C．玻璃棒和金属球接触过程中发生电荷转移
D．玻璃棒移开后金属箔马上由张开变为闭合
【分析】（1）验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；
（2）电荷不能产生，也不能消失，只能从一个物体转移到另一个物体。
【解答】解：A、用玻璃棒接触验电器的金属球，金属球带了同种电荷，同种电荷相互
排斥，会发现验电器的两片金属箔片迅速张开，故A错误；
B、丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，玻璃棒和其它物体摩擦后不一定带正电荷，故B错误；
C、玻璃棒接触金属球后，验电器金属箔上的电子转移动了玻璃棒上，故C正确；
D、玻璃棒移开后，由于金属箔上仍然有电荷，则张角不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查验电器的工作原理，是一道基础题，要掌握。
7．（2分）下列数据最符合实际的是（ ）
A．1度电可以使电车行驶约0.85km
B．家用空调制热功率约为10W
C．儿童电话手表中的电流约为10A
D．手机充电宝输出电压约为0.7V
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进
行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、1度电可以使电车行驶约850m＝0.85km。故A符合实际；
B、家用空调制热功率约为1000W。故B不符合实际；
C、一般手机通话电流在0.3A左右，电话手表电流不大于此数值，更不可能达到10A。
故C不符合实际；
D、手机充电器输出电压一般为3.7V或4.2V。故D不符合实际。
第4页（共34页）故选：A。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地
学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
8．（2分）地球是一个巨大的磁体，在地球周围的空间里存在着地磁场，图中表示地磁南
极的是（ ）
A．a B．b C．c D．d
【分析】地球是一个巨大的磁场，周围存在着地磁场；地磁的南北极和地理的南北极是
相反的，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，存在着磁偏角。
【解答】解：
地球是一个巨大的磁体，周围存在磁场；地磁体的南极在地球北极附近，地磁体的北极
在地球南附近，地理两极和地磁两极不重合，存在着磁偏角，图中a是地理北极，地磁
南极是b，故B正确。
故选：B。
【点评】此题考查了学生的地磁场的认识，属于基础性题目。
9．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．固体很难被压缩是因为固体分子间没有空隙
B．扩散现象的发生是由于分子间斥力大于引力
C．液体分子没有固定的位置所以运动比较自由
D．尘土飞扬说明分子在不停地做无规则的运动
【分析】扩散现象表明，一切物质都在不停地做无规则的运动；构成物质的分子间存在
相互作用的引力和斥力，分子间存在间隙。
【解答】解：
A、固体很难被压缩，固体的分子间的斥力较大，故A错误；
B、扩散现象的发生是因为一切物质都在不停地做无规则的运动，故B错误；
第5页（共34页）C、对与液态物质中，分子没有固定的位置，运动比较自由，所以液体没有确定的形状，
但有一定的体积，具有流动性，故C正确；
D、尘土飞扬是固体小颗粒的运动，不是分子的无规则运动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了分子动理论的相关知识，属于基础知识的考查，相对比较简单。
10．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．电流在超导体中会产生大量的热
B．绝缘体完全不能导电
C．能被磁化的物质大多数是含铁、钴、镍的合金
D．半导体的导电性能非常稳定
【分析】（1）超导体的电阻为零，不能产生热量；
（2）不善于导电的物体叫绝缘体；
（3）磁铁能够吸引铁钴镍等物质；
（4）导电性能介于导体与绝缘体间的物体是半导体，半导体的导电性能不稳定，受温
度、光照、杂质等因素的影响明显。
【解答】解：A、超导体的电阻为零，根据Q＝I2Rt知不能产生热量，故A错误；
B、不善于导电的物体叫绝缘体，所以绝缘体并非完全不能导电，只是不善于导电，故
B错误；
C、磁铁能够吸引铁钴镍等物质，所以能被磁化的物质大多数是含铁、钴、镍的合金，
故C正确；
D、半导体的导电性能介于导体与绝缘体之间，半导体的导电性能不稳定，受温度、光
照、杂质等因素的影响明显，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了绝缘体、超导体以及半导体的应用，是一道基础题。
11．（2分）如图是R 、R 两电阻的U﹣I图象。将R 、R 串联后接入电路，结合图中信
1 2 1 2
息可知，下列判断正确的是（ ）
第6页（共34页）A．U ：U ＝1：2 B．I ：I ＝2：1 C．R ：R ＝1：2 D．P ：P ＝2：1
1 2 1 2 1 2 1 2
【分析】（1）根据串联电路电流规律可知通过两电阻的电流相等，根据图象可知电阻
两端电压关系，根据欧姆定律可知两电阻之比
（2）根据P＝UI可知两电阻电功率之比。
【解答】解：因串联电路各处电流都相等，所以I ：I ＝1：1，故B错误；
1 2
由图象可知，当通过R 、R 的均为0.3A时，U ＝6V，U ＝3V，则U ：U ＝6V：3V＝
1 2 1 2 1 2
2：1；故A错误；
由I ：I ＝1：1和I＝ 可得，R ：R ＝ ： ＝U ：U ＝2：1；故C错误；
1 2 1 2 1 2
由I ：I ＝1：1和P＝UI可知，R ：R ＝U I ：U I ＝U ：U ＝2：1，故D正确；
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
故选：D。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
12．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．汽油机的效率通常高于喷气发动机
B．在做功同样多的情况下，消耗的燃料越少，热机的效率越高
C．热机的效率越高说明热机做功越快
D．热机损失的能量中，废气带走的能量少，摩擦消耗的能量多
【分析】（1）热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比。
（2）根据热机效率的定义分析。
（3）机器做功越快说明功率越大。
（4）热机在工作过程中造成能量损失的因素有：①燃料很难全部燃烧；②排出的废气
带走能量；③热机部件要散热；④克服运转机件之间的摩擦消耗能量等。
【解答】（1）喷气发动机的燃料在燃烧过程中，利用率高于汽油机，所以汽油机的效
率通常是低于喷气发动机，故A错误。
（2）在做功同样多的情况下，消耗的燃料越少，说明消耗的总能量越少，根据效率 ＝
η
×100%，可知B正确。
（3）热机效率指做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，而热机做功越快，
表明热机功率大，故C错误。
第7页（共34页）（4）在各种热量损失中，废气的温度很高，带走的热量很多，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查热机的效率问题，掌握热机效率的定义并灵活分析是解题关键。
13．（2分）关于图中所示实验，下列说法正确的是（ ）
A．该实验揭示了动圈式扬声器的工作原理
B．该实验揭示了动圈式麦克风的工作原理
C．导体ab沿磁场方向运动时，灵敏电流表指针偏转
D．蹄形磁体在竖直方向运动时，灵敏电流表指针偏转
【分析】产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
【解答】解：由图可知，ab在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感
应现象；
AB、动圈式话筒就是因为声音的振动使话筒的膜片振动，带动线圈运动而切割磁感线，
产生与振动相应的电流，然后再通过扬声器还原成声音。是根据电磁感应原理工作的；
动圈式扬声器是因为线圈中通过变化的电流，从而使它受磁场的力忽大忽小，所以引起
膜片的振动，而产生声音，它是利用电流在磁场中受力的原理工作的，故 B正确，A错
误；
C、导体ab沿磁场方向运动时，没有切割磁感线，不会产生感应电流，灵敏电流表指针
不偏转，故C错误；
D、蹄形磁体在竖直方向运动时，导体没有切割磁感线，不会产生感应电流，灵敏电流
表指针不偏转，故D错误。
故选：B。
【点评】此题主要探究电磁感应实验。首先要掌握电磁感应现象的概念，掌握产生感应
电流的条件，考查了学生根据实验现象得出结论的能力。同时考查了电动机的制作原理。
特别是动圈式话筒和动圈式扬声器，要正确区分必须了解它们的工作过程，话筒将振动
转化成变化的电流；扬声器将变化的电流转化成振动。
14．（2分）小明家的电热毯内的电阻丝断了，他爸爸把断了的电阻丝搭在一起，电热毯
第8页（共34页）仍能使用，但不久又会在搭接处烧断。会在搭接处烧断的原因是（ ）
A．电阻丝上搭接处电阻较小，造成局部过热
B．电阻丝上搭接处电阻较大，造成局部过热
C．电阻丝上搭接处电流比其它处电流小，造成局部过热
D．电阻丝上搭接处电流比其它处电流大，造成局部过热
【分析】解答本题的关键就是理解接头处被烧断的原因是温度过高造成的，而温度过高
是因为热量多。
【解答】解：将电阻丝的两个断头接上后，接头处是两根导线相切，由于接触的部位很
少，很细，电阻就较大。根据焦耳定律公式Q＝I2Rt知，在电流、通电时间相同的情况
下电阻越大，产生的热量越多，温度越高，因此搭接头处容易被烧断。
故选：B。
【点评】此题考查电热毯搭接头容易烧断的原因，是因为电阻过大造成的。会根据焦耳
定律的计算公式进行分析解决问题。
15．（2分）车辆在探测到驾乘人员未系安全带时，会在仪表盘上出现指示灯提示，当车
速超过20km/h时增加声音提示。主驾驶和副驾驶的安全带分别对应开关S 和S ，系好
1 2
安全带，相当于闭合开关，车速超过20km/h时开关S 闭合，蜂鸣器响起。只有当主副
3
驾驶都系好安全带时，指示灯熄灭，提示音消失。图中最合理的设计方案是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由题意知，未系好安全带时指示灯发光，当主副驾驶都系好安全带时，指示灯
熄灭，提示音消失；说明开关断开指示灯发光，车速超过 20km/h时开关S 闭合，蜂鸣
3
器响起。开关闭合灯不亮，提示音消失，即灯和铃被短路了。
第9页（共34页）【解答】解：
由题知，未系好安全带时，相当于断开开关，此时指示灯发光，车速超过 20km/h时开
关S 闭合，蜂鸣器响起；当两人都系好安全带时，相当于两个都闭合开关，指示灯不亮，
3
提示音消失。说明两开关串联，且两开关闭合灯和铃被短路了，所以两开关串联再与指
示灯、铃并联，要使电路不会出现短路，即电路中必须串联一个保护电阻。
故D符合题意，ABC不符合。
故选：D。
【点评】本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电源
短路的情况，电阻是保护电阻，可使电源不会被短路。
二、填空题（每空2分，共32分）
16．（4分）研究表明，自然界中只存在两种电荷，美国人 富兰克林 把用丝绸摩擦过
的玻璃棒所带的电荷叫做正电荷，把用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷叫做负电荷。
1831年，英国物理学家 法拉第 历经10年的探索，终于发现了利用磁场产生电流的
条件和规律。
【分析】①自然界只存在两种电荷：正电荷和负电荷。用丝绸摩擦过的玻璃棒所带的
电荷，叫做正电荷。用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷，叫做负电荷；
②法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终在1831年终于发现了电
磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流。
根据这个发现，后来发明了发电机，这个重要现象的发现使人类对电能的大规模获得和
利用成为可能。
【解答】解：1747年美国人富兰克林把用丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷叫做正电荷，把
用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷叫做负电荷；
1831年，物理学家法拉第发现的电磁感应现象，进而发明了发电机，为人类大规模获得
电能提供了可能。
故答案为：富兰克林；法拉第。
【点评】此题考查了我们队物理学家成就的了解，属于物理学史的考查，难度不大。
17．（4分）坐滑梯时感到臀部发热，说明通过 做功 的方式可以改变物体的内能。通
过研究水流的形成过程猜想产生电流的原因，这一科学研究方法称为 类比 法。
【分析】（1）对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；物体对外
做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小；
（2）类比法也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其
第10页（共34页）类似的事物也应具有这种属性的推理方法。
【解答】解：
（1）坐滑梯下滑过程中克服摩擦做功，机械能转化为内能，臀部内能增加，温度升高，
这是通过做功的方式改变物体的内能；
（2）电流比较抽象，不容易观察和比较，利用比较直观的水流说明电流，采用的是类
比法。
故答案为：做功；类比。
【点评】本题主要考查学生对改变内能的方法和物理学方法﹣﹣﹣类比法的了解和掌握，
是一道基础题。
18．（4分）如图所示，两只灯泡的连接方式是 并联 。如图所示，电流表的示数为
0.32 A。
【分析】串联电路中电流的路径只有一条，并联电路中电流的路径有多条；由图示电流
表确定其量程与分度值，读出其示数；
【解答】解：由图可知，开关闭合后，电流的路径有两条，电流分别经过两个灯泡，故
两只灯泡是并联的；
由图所示电流表可知，其量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.32A。
故答案为：并联；0.32。
【点评】本题考查了电路的连接方式、电流表的读数，难度不大，要掌握。
19．（4分）通电导体在磁场中受力的作用，力的方向与电流的方向和 磁场 的方向有
关。机器人身上装有上百个传感器，这些传感器将光信息、声信息、热信息、力信息等
转换成 电信号 ，从而使机器人具备了类似人类的知觉功能和反映能力。
【分析】（1）由影响通电导体在磁场中受力方向的因素解答；
（2）传感器是将其他信息转化为电信号的装置。
【解答】解：影响通电导体在磁场中受力方向的因素是磁场的方向和电流的方向；
第11页（共34页）机器人身上装有上百个传感器，这些传感器将光信息、声信息、热信息、力信息等转换
成电信号，从而使机器人具备了类似人类的知觉功能和反映能力。
故答案是：磁场；电信号。
【点评】此题主要考查传感器和通电导体在磁场中受力的情况，都属于基础知识。
20．（4分）如图所示，将两根镍铬合金丝分别接入电路进行实验，通过比较 电流表示
数 的大小来比较电阻丝电阻的大小。这套实验装置研究的是导体电阻的大小与 长度
的关系。
【分析】（1）电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，
导体电阻越小，电路电流越大，因此可通过比较电路电流的大小来判断导体电阻的大小；
（2）根据决定电阻大小的因素进行分析，即影响电阻大小的因素有导体的材料、长度
和横截面积，注意要用控制变量的思维来分析。
【解答】解：（1）将两根镍铬合金丝分别接入电路进行实验，可以通过比较电流表的
示数来比较电阻丝电阻的大小；
（2）根据图示可知，两根镍铬合金丝的粗细、材料均相同，长度不变，因此这套实验
装置研究的是导体电阻的大小与长度的关系。
故答案为：电流表的示数；长度。
【点评】解决本题关键：一是掌握转换法和控制变量法的应用，二是知道影响导体电阻
大小的因素。注意控制变量法的使用范围，转换法和控制变量法是初中物理实验中比较
常用的研究方法。
21．（4分）在“探究影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，采用的主要研究方法是 控
制变量 法。实验表明，通过电磁铁的电流越大，线圈的匝数越 多 ，它的磁性就越
强。
【分析】（1）控制变量法：电磁铁的磁性与电流大小、线圈匝数及有无铁芯有关，应
用到控制变量法；
（2）电磁铁磁性的强弱与电流的大小、线圈的匝数等有关。
第12页（共34页）【解答】解：电磁铁磁性的强弱与电流的大小、线圈的匝数等多个因素有关，这种研究
两个或两个以上的因素对电磁铁磁性强弱的影响的实验，在物理学中采用控制变量法来
实现；
在“探究影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，电磁铁磁性的强弱与电流大小和线圈匝
数有关，电磁铁的线圈匝数一定时，通入的电流越大，电磁铁磁性越强；通入电磁铁的
电流一定时，线圈匝数越多的电磁铁磁性越强，即通过电磁铁的电流越大，线圈的匝数
越多，它的磁性就越大。
故答案为：控制变量；多。
【点评】在研究电磁铁的实验中，合理运用控制变量法和转换法是成功的关键，在进行
实验操作和分析实验结论时，都必须注意到各个量的变与不变，才能得出有说服力的结
论。对影响电磁铁磁性强弱的因素，是我们必须熟记的内容
22．（4分）某款燃气热水器平均每天将100kg的水从20℃加热到40℃，水需要吸收的热
量为 8.4×1 0 6 J；若天然气完全燃烧放出热量的70%被水吸收，则热水器平均每天消
耗的天然气为 0. 3 m3。（c水 ＝4.2×103J/（kg•℃）、q天然气 ＝4.0×107J/m3）
【分析】（1）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸 ＝cm△t计算水吸收的热
量；
（2）若天然气完全燃烧放出热量的70%被水吸收，即Q吸 ＝Q放×70%，据此求天然气
完全燃烧放出的热量，再利用Q放 ＝qV求出热水器平均每天消耗天然气的体积。
【解答】解：（1）水吸收的热量：
Q吸 ＝c水m△t＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（40℃﹣20℃）＝8.4×106J；
（2）由题知，天然气完全燃烧放出热量的70%被水吸收，
即Q吸 ＝Q放×70%，
则天然气完全燃烧放出的热量：
Q放 ＝ ＝ ＝1.2×107J，
由Q放 ＝qV可得热水器平均每天消耗天然气的体积：
V＝ ＝ ＝0.3m3。
故答案为：8.4×106；0.3。
【点评】本题考查了吸热公式Q吸 ＝cm△t、燃料完全燃烧放热公式Q放 ＝qV、效率公
第13页（共34页）式的应用，属于基础题目。
23．（4分）某款电炖盅有加热和保温两个挡，保温挡功率为40W。如图所示，是电炖盅
简化的电路图，已知R ＝4R 。电炖盅的旋钮开关处于图示位置时是 加热 挡。电炖
1 2
盅在加热挡工作10min产生的热量是 1.2×1 0 5 J。
【分析】（1）由电路图可知，旋钮开关处于图示位置时电路为R 的简单电路，旋钮开
2
关处于另一位置时R 与R 串联，根据电阻的串联比较两种情况下电路的总电阻关系，
1 2
根据P＝UI＝ 可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大，总功率越小，电炖盅
处于保温挡，反之处于加热挡；
（2）电炖盅处于保温挡时，R 与R 串联，根据P＝UI＝ 求出此时电路的总电阻，
1 2
利用电阻的串联和R ＝4R 求出R 的阻值，电炖盅处于加热挡时，电路为R 的简单电
1 2 2 2
路，根据Q＝W＝ t求出工作10min产生的热量。
【解答】解：（1）由电路图可知，旋钮开关处于图示位置时电路为R 的简单电路，旋
2
钮开关处于另一位置时R 与R 串联，
1 2
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，
所以，电炖盅的旋钮开关处于图示位置时，电路的总电阻最小，
由P＝UI＝ 可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，电炖盅处于加热挡；
（2）电炖盅处于保温挡时，R 与R 串联，此时电路的总电阻：
1 2
R总 ＝ ＝ ＝1210 ，
Ω
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且R ＝4R ，
1 2
所以，R总 ＝R
1
+R
2
＝4R
2
+R
2
＝5R
2
＝1210 ，
解得：R 2 ＝242 ， Ω
Ω
第14页（共34页）电炖盅处于加热挡时，电路为R 的简单电路，工作10min产生的热量：
2
Q＝W＝ t＝ ×10×60s＝1.2×105J。
故答案为：加热；1.2×105。
【点评】本题考查了电功率公式和电热公式的应用，分清电炖盅处于不同挡位时电路的
连接方式是关键。
三、作图与计算题（共16分。计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后
答案的不能得分）
24．（2分）请用笔画线表示接线，连接图中电路，要求：闭合开关后，向左移动滑动变
阻器的滑片的过程中，小灯泡越来越亮。
【分析】根据向左移动滑动变阻器的滑片的过程中，小灯泡越来越亮确定变阻器的连接，
将滑动变阻器与灯和开关串联连入电路中。
【解答】解：向左移动滑动变阻器的滑片的过程中，小灯泡越来越亮，即电流变大电阻
变小，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中与灯串联，如下所示：
【点评】本题考查根据要求连接实物图，关键是滑动变阻器的连接。
25．（2分）如图所示，按小磁针的指向标出：①螺线管右侧的极性；②电流的方向。
【分析】根据小磁针的指向和磁极间的作用规律可知通电螺线管的左端极性，再根据右
第15页（共34页）手螺旋定则（用右手握住螺线管，让四指弯曲的方向跟螺线管中电流的方向一致，则大
拇指所指的那端为通电螺线管的N极）确定螺线管中电流的方向。
【解答】解：小磁针N极向右，根据异名磁极相互吸引可知通电螺线管的左端为S极、
右端为N极；
由右手螺旋定则可知，电流由通电螺线管的左侧流入、右侧流出，如图所示：
【点评】本题考查了右手螺旋定则（安培定则）的应用以及磁极间的作用规律，属于基
础题目。
26．（6分）如图所示，电源电压U为12V并保持不变，电阻R 阻值为10 ，闭合开关S
1
后，电流表A的示数为1.5A。求： Ω
（1）电流表A 的示数。
1
（2）电阻R 的阻值。
2
【分析】由电路图可知，R 与R 并联，电流表A测干路电流，电流表A 测通过R 的
1 2 1 1
电流；
（1）根据欧姆定律可直接求出电流表A 的示数。
1
（2）根据并联电路电流规律和欧姆定律可求出电阻R 的阻值。
2
【解答】解：由图可知，R 与R 并联，电流表A测量干路电流，电流表A 测量通过R
1 2 1 1
的电流；
（1）由于并联电各支路两端的电压相等，所以电流表A 的示数：I ＝ ＝ ＝
1 1
1.2A；
（2）因并联电路中干路电流等于支路电流之和，
所以通过R 的电流：I ＝I﹣I ＝1.5A﹣1.2A＝0.3A，
2 2 1
第16页（共34页）由I＝ 可得，R 的阻值：R ＝ ＝ ＝40 。
2 2
Ω
答：（1）电流表A 的示数为1.2A。
1
（2）电阻R 的阻值为40 。
2
【点评】本题考查并联电路Ω 电流和电压的特点，会灵活应用欧姆定律进行计算。
27．（6分）如图所示，电源电压恒定，a、b为电压表或定值电阻，若为定值电阻，其阻
值与图中电阻阻值相同均为R。当S 、S 闭合，S 断开时，电流表A的示数为I；再闭
1 2 3
合S ，电流表A的示数为2I。求：（用字母表示）
3
（1）开关都闭合后，电路消耗的功率。
（2）当S 、S 闭合，S 断开时，时间t内电路消耗的电能。
1 3 2
【分析】（1）当S 、S 闭合，S 断开时，b与R并联，电流表A测电路中的电流，即
1 2 3
电流表A的示数为I；再闭合S 后，a、b和R并联，电流表测电路中的电流，即电流表
3
A的示数为2I，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响结合电流表的示数判断出 a
为定值电阻，根据并联电路的特点和欧姆定律判断出 b为定值电阻时通过a、b、R的电
流相等，并求出此时电流表A的示数，然后判断出b为电压表；当S 、S 闭合，S 断开
1 2 3
时，电路为R的简单电路，b电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧
姆定律表示出电源的电压；再闭合S 后，定值电阻a与R并联，b电压表测电源两端的
3
电压，电流表测干路电流，根据P＝UI求出电路消耗的功率；
（2）当S 、S 闭合，S 断开时，电路为定值电阻a的简单电路，电压表测电源两端的
1 3 2
电压，电流表测电路中的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响得出通过定
值电阻a的电流，利用W＝UIt求出时间t内电路消耗的电能。
【解答】解：（1）当S 、S 闭合，S 断开时，b与R并联，电流表A测电路中的电流，
1 2 3
即电流表A的示数为I；
再闭合S 后，a、b和R并联，电流表测电路中的电流，即电流表A的示数为2I，
3
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
第17页（共34页）所以，a不可能为电压表，若为电压表，电流表的示数应为I不变，故a为定值电阻；
因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
所以，若b为定值电阻，由I＝ 可知，通过a、b、R的电流相等，
由b与R并联时电流表的示数为I可知，通过b与R的电流均为 I，则通过a的电流也
为 I，
所以，a、b和R并联时电流表A的示数为 I×3＝ I≠2I，故b为电压表；
当S 、S 闭合，S 断开时，电路为R的简单电路，b电压表测R两端的电压，电流表测
1 2 3
电路中的电流，
则电源的电压U＝IR，
再闭合S 后，定值电阻a与R并联，b电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流，
3
则电路消耗的功率P＝U×2I＝IR×2I＝2I2R；
（2）当S 、S 闭合，S 断开时，电路为定值电阻a的简单电路，电压表测电源两端的
1 3 2
电压，电流表测电路中的电流，
由并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，通过定值电阻a的电流为I，
则时间t内电路消耗的电能W＝UIt＝IR×It＝I2Rt。
答：（1）开关都闭合后，电路消耗的功率为2I2R；
（2）当S 、S 闭合，S 断开时，时间t内电路消耗的电能为I2Rt。
1 3 2
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确判断出a和
b是电压表还是定值电阻是关键。
四、实验与探究题（共22分）
28．（10 分）在“探究并联电路中的电压关系”实验中，实验电路如图 1 所示。
第18页（共34页）（1）为了使探究得出的结论具有普遍意义，L 、L 应该选择 不相同 （选填“相
1 2
同”或“不相同”）的小灯泡。
（2）连接好电路后闭合开关，小欢发现L 亮L 不亮，她用手按一下L ，两灯都亮，松
1 2 2
开手仍然是L 亮L 不亮，则故障可能是 L 断路 。
1 2 2
（3）排除故障后，小欢将电压表接在L 两端，闭合开关，电压表示数如图2所示，为
1
了使实验结果更准确，接下来他应该 断开开关，电压表换用 0 ～ 3V 的量程 。
（4）小欢闭合开关，发现指针向“0”刻度的左侧偏转。则电压表连接存在的错误是
电压表的正负接线柱接反了 。
（5）小欢按照正确步骤完成实验记录数据，通过这个实验，她得出的结论是 U ＝ U
1 2
＝ U 。（小灯泡两端的电压及电源两端的电压分别为U 、U 、U）
1 2
【分析】（1）为了避免实验结论的偶然性，得出的结论具有普遍意义，应该选取不相
同的小灯泡进行实验；
（2）根据电路的特点分析故障原因；
（3）实验时，电流表的指针偏转角度太小，说明选用的量程过大，据此回答；
（4）根据电压表的使用方法分析；
（5）并联电路中，总电压与各支路电压相等。
【解答】解：（1）为了使探究得出的结论具有普遍意义，应该先选择灯泡规格相同，
再选择规格不相同的小灯泡进行实验；
（2）闭合开关，L 亮L 不亮，不能是短路，短路两灯都不亮，电路故障可能为断路；
1 2
用手按一下L ，两灯都亮，松开手仍然是L 亮L 不亮，说明故障没有在L ，故障可能
2 1 2 1
是L 断路；
2
（3）由图可知，测量时，电压表指针偏转角度太小，说明选用的量程过大，测量误差
较大；为了使实验结果更准确，接下来他应该断开开关，电压表换用0～3V的量程；
（4）闭合开关，发现指针向“0”刻度的左侧偏转，说明电压表的正负接线柱接反了；
（5）根据电路图，电路是并联的，通过表中数据分析，她得出的结论是在并联电路中，
第19页（共34页）总电压等于个支路两端的电压，U ＝U ＝U。
1 2
故答案为：（1）不相同；（2）L 断路；（3）断开开关，电压表换用0～3V的量程；
2
（4）电压表的正负接线柱接反了；（5）U ＝U ＝U。
1 2
【点评】本题“探究并联电路的电压关系”实验，考查归纳法的运用和电压表的使用，
本实验也是中考的重点实验之一。
29．（12分）在“测量小灯泡的电功率”实验中，需要准备的材料如下：电源、导线、开
关、电流表、电压表、滑动变阻器、小灯泡（额定电压2.5V）。
（1）根据实验要求，设计电路，在方框内画出电路图。
（2）正确连接电路后，闭合开关时发现小灯泡特别亮，出现这个现象的原因可能是
变阻器的滑片没有移动到阻值最大处 。
（3）实验现象和数据如下表所示，根据表中数据可知小灯泡的额定功率是 1.0 5 W。
数据序号 1 2 3 4 5 6
电压U/V 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
电流I/A 0.12 0.24 0.32 0.38 0.42 0.44
发光情况 很暗 暗 较暗 较亮 明亮 很亮
（4）用表中数据在坐标图上绘出小灯泡的电流～电压图象。
（5）由图象发现：随着小灯泡两端的电压变大，小灯泡的电阻 变大 。
（6）分析可得：在实际电压 大于或小于 额定电压的情况下，小灯泡消耗的实际功
率大于或小于它的额定功率。
【分析】（1）电压表与灯并联测灯的电压，电流表与灯串联测灯的电流，变阻器串联
在电路中；
第20页（共34页）（2）正确连接电路后，闭合开关时发现小灯泡特别亮，电路的电流较大，据此分析；
（3）根据表中数据可知灯在额定电压下的电流为，根据P＝UI得出小灯泡的额定功率；
（4）根据描点法法作图；
（5）由图象可知电压每增大0.5V，对应的电流增大值为，由欧姆定律R＝ 得出结论；
（6）由表中数据可知，第6次的电压为3.0V大于灯的额定电压2.5V，根据P＝UI得出
对应的电功率，据此得出结论；
比较第1～5次电压的大小关系，同理，得出第1～5次对应的电功率大小关系，据此得
出结论；
综上得出结论。
【解答】解：（1）电压表与灯并联测灯的电压，电流表与灯串联测灯的电流，滑动变
阻器串联在电路中，如下图1所示：
（2）正确连接电路后，闭合开关时发现小灯泡特别亮，则电路的电流过大，出现这个
现象的原因可能是变阻器的滑片没有移动到阻值最大处；
（3）根据表中数据知，灯在额定电压下的电流为0.42A，小灯泡的额定功率是：
P＝UI＝2.5V×0.42A＝1.05W；
（4）根据表中数据在坐标系中找出对应的点，然后用平滑的曲线连接起来，如下图2
第21页（共34页）所示：
（5）由图象可知，电压每增大 0.5V，对应的电流增大值为 0.12A、0.08A、0.06A、
0.02A，即电压增大值大于对应的电流增大值，由欧姆定律R＝ ，得出的结论是：随
着小灯泡两端的电压变大，小灯泡的电阻变大；
（6）由表中数据可知，第6次的电压为3.0V大于灯的额定电压2.5V，对应的电功率为：
P ＝U I ＝3.0V×0.44＝1.32W＞1.05W；
6 6 6
可得：在实际电压大于额定电压的情况下，小灯泡消耗的实际功率大于它的额定功率；
第1～5次电压的大小关系为：
U ＜U ＜U ＜U ＜U ＝2.5V，
1 2 3 4 5
同理，第1～5次对应的电功率大小关系为：
0.06W＜0.24W＜0.48W＜0.76W＜1.05W，
故得出：在实际电压小于额定电压的情况下，小灯泡消耗的实际功率小于它的额定功率，
综上，在实际电压大于或小于额定电压的情况下，小灯泡消耗的实际功率大于或小于它
的额定功率。
故答案为：（1）如图1所示；（2）变阻器的滑片没有移动到阻值最大处；（3）1.05；
（4）如图2所示；（5）变大；（6）大于或小于。
【点评】本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、电路分析、功率计算、描点法作图、
数据分析的能力。
一、选择题（每题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有二个
选项符合题目要求，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
30．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．内能与物体内部分子的热运动和分子间的相互作用情况有关
第22页（共34页）B．物体的温度必须要达到一定数值物体内的分子才会做热运动
C．一般认为悬浮微粒所做的布朗运动就是分子做的无规则运动
D．由热传递可知热量总是从内能大的物体转移到内能小的物体
【分析】（1）内能是物体内所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体都具
有内能；
（2）分子的运动跟温度有关，所以分子的无规则运动叫做分子的热运动；
（3）布朗运动间接反应了液体分子运动的无规则性；
（4）热传递的条件是物体之间有温度差。
【解答】解：A、内能是物体内所有分子热运动的动能和分子势能的总和，故A正确；
B、构成物体的分子在不停地做无规则的运动，温度越高，分子运动越剧烈，故B错误；
C、布朗运动不是分子的无规则运动，是悬浮在液体中的颗粒做的无规则的运动，而颗
粒是由成千上万个颗粒分子组成，不是单个分子在运动，布朗运动间接反应了液体分子
运动的无规则性，故C错误；
D、发生热传递的条件是有温度差，热量总是从温度高的物体转移到温度低的物体，跟
内能大小无关，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查分子热运动、内能以及热传递的相关知识点，有一定的综合性。
31．（2分）用两只相同的电加热器，分别给两种液体加热，图为两种液体的温度随时间
变化的图线。已知
甲
：
乙
＝4：3，加热的效率都是90%。下列判断正确的是（ ）
ρ ρ
A．0～10min，两加热器释放热量之比Q甲 ：Q乙 ＝4：3
B．0～10min，两种液体吸收热量之比Q甲 ：Q乙 ＝3：2
C．两种液体质量相同时，比热容之比c甲 ：c乙 ＝3：2
D．两种液体体积相同时，比热容之比c甲 ：c乙 ＝1：2
【分析】（1）相同时间，加热器放出热量相同。
（2）相同时间内供热相同，加热效率相等，吸收热量相同。
第23页（共34页）（3）两种液体质量相同，且相同时间两种液体吸收热量相等，由图象可知升高的温度
之比，利用Q吸 ＝cm△t可得比热容之比。
（4）液体体积相同时，已知密度之比，利用 ＝ 求两种液体的质量之比；两种液体吸
ρ
收热量相等，由图象可求升高的温度之比，利用Q吸 ＝cm△t可得比热容之比.
【解答】解；A、0～10min，用两只相同的电加热器，分别给两种液体加热，相同时间
放出热量相等，故A错误。
B、根据A中解释，已知0～10min，电加热器放出热量相等，又因加热的效率都是
90%，故液体吸收热量也相等，故B错误。
C、两种液体质量相同时，即m甲 ：m乙 ＝1：1，
0～10min，两种液体吸收热量之比Q甲 ：Q乙 ＝1：1，
由图知，升高的温度之比△t甲 ：△t乙 ＝（80℃﹣20℃）：（60℃﹣20℃）＝3：2，
由c＝ 可得比热容之比：
＝ ： ＝ ： ＝2：3，故C错误。
D、两种液体体积相同时，由m＝ V，则两种液体的质量之比：
m甲 ：m乙 ＝ 甲V： 乙V＝ 甲 ： ρ乙 ＝4：3，
两种液体吸收ρ热量之ρ比Q甲ρ：Q乙ρ＝1：1，
由图知，升高的温度之比△t甲 ：△t乙 ＝（80℃﹣20℃）：（60℃﹣20℃）＝3：2，
由c＝ 可得比热容之比：
＝ ： ＝ ： ＝1：2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查比热容、吸热公式及密度公式的应用及图象分析能力，有一定的综合
性。
32．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R为定值电阻。闭合开关，向右移
动滑片P，下列判断正确的是（ ）
第24页（共34页）A．电流表的示数变小，电压表的示数不变
B．电流表的示数变大，电压表的示数不变
C．电流表的示数变大，电压表的示数变大
D．电流表的示数变小，电压表的示数变小
【分析】由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量的是R
两端的电压；根据滑片的移动方向判定其阻值的变化，根据欧姆定律判定电流的变化和
电压表示数的变化。
【解答】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量的
是R两端的电压；
向右移动滑片，滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，电
路中的电流变大，电流表示数变大；
根据U＝IR可知，R两端的电压变大，电压表示数变大；故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用以及电路的动态分析，会判断滑
片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻值的变化是解题的关键。
33．（2分）小欢设计了一款“光控灯”，电路如图所示，光线较暗时灯泡自动发光，光
线较亮时灯泡自动熄灭，电源电压恒定，R 为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照
0
强度的增大而减小。下列说法正确的是（ ）
A．光敏电阻所在的电路为工作电路
B．当光照强度增大，电磁铁的磁性增强
第25页（共34页）C．灯泡应设计在C和D两接线柱之间
D．当光照强度减小，释放衔铁，灯泡发光
【分析】（1）根据光敏电阻的位置判定其所在的电路；
（2）（4）当光照强度增强时，根据光敏电阻的变化，利用欧姆定律分析电路中电流的
变化；根据影响电磁铁磁性大小的两个因素分析磁性的变化；
（3）根据光线较暗时灯泡自动发光分析动触点的位置。
【解答】解：
A、由图可知，光敏电阻与电磁铁串联在电路中，故其所在电路为控制电路，故A错误；
B、当光照强度增强，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，控制电
路的电流变大，电磁铁的磁性增强，故B正确；
CD、光线较暗时，光敏电阻的阻值大，则控制电路中的电流小，电磁铁的磁性弱，衔
铁在弹簧的作用下被拉起，灯泡自动发光，说明灯泡在A和B两接线柱之间，故C错误，
D正确。
故选：BD。
【点评】本题是一道以敏感电阻变化引起的动态电路分析题，关键要明确电磁继电器的
工作原理，熟练应用欧姆定律即可正确解题，属于动态电路分析的典型题目，有一定难
度。
34．（2分）如图所示电路，电源电压U恒定，小灯泡上标有“3V 0.9W”（忽略灯丝电
阻变化）。当只闭合S ，滑动变阻器的滑片P在最右端时，电压表示数是2V，电流表
1
示数是I ；当只闭合S 、S ，滑片P在最左端时，电流表示数是I ；当只闭合S 、S ，
1 1 3 2 2 3
滑片P在中点时，小灯泡正常发光，电流表示数是I 。已知I ：I ＝2：9，I ：I ＝3：
3 1 2 2 3
1。把小灯泡换接为R ，R ：R ＝3：2，当滑片P在最左端时，通过开关通断，可使电
3 3 2
路消耗的功率最小或最大。下列结论正确的是（ ）
第26页（共34页）A．电源电压是9V
B．R 的阻值是30
3
C．电路消耗的最小Ω功率0.6W
D．电路消耗的最大功率8.1W
【分析】①当只闭合S ，滑动变阻器的滑片P在最右端时，R 和滑动变阻器串联在电
1 1
路中，电压表测R 两端的电压；
1
②当只闭合S 、S ，滑片P在最左端时，R 和R 并联在电路中；
1 3 1 2
③当只闭合S 、S ，滑片P在中点时，灯泡和滑动变阻器串联，由灯泡正常发光可得电
2 3
流表示数是I 和灯泡的电阻。
3
分析这三次电路由各次电路电流的比值分别计算各次电路的电流，结合欧姆定律可得电
源电压和滑动变阻器的阻值，进一步计算各个电阻的阻值，把小灯泡换接为R ，当滑片
3
P在最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0 ，分析开关的通断，找到电路的最大电
Ω
阻和最小电阻，根据公式P＝ 计算电路的最小功率和最大功率。
【解答】解：①当只闭合S ，滑动变阻器的滑片P在最右端时，R 和滑动变阻器串联
1 1
在电路中，
则电路总电阻：R总1 ＝R
1
+R滑 ，
电压表测R 两端的电压，电压表示数是2V，电流表测电路电流，电流表示数是I ，
1 1
则U ＝2V，I ＝ ；
1 1
②当只闭合S 、S ，滑片P在最左端时，R 和R 并联在电路中，
1 3 1 2
第27页（共34页）则电路总电阻：R总2 ＝ ，
电流表测干路电流，电流表示数是I ，则I ＝ ；
2 2
③当只闭合S 、S ，滑片P在中点时，灯泡和滑动变阻器串联，
2 3
则电路总电阻：R总3 ＝ ，
灯泡正常发光，电流表测电路电流，电流表示数是I ，
3
则I ＝ ＝ ＝0.3A，
3
灯泡的电阻：R ＝ ＝ ＝10 ；
L
Ω
已知I ：I ＝2：9，I ：I ＝3：1，
1 2 2 3
则 ＝ ，I ＝0.9A，
2
＝ ，I ＝0.2A，
1
由①的电路可得，R
1
＝ ＝ ＝10 ，U＝0.2A×（10 +R滑 ）﹣﹣﹣﹣﹣④，
Ω Ω
由③的电路可得U＝0.3A×（10 + ）﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤，
Ω
④⑤两式联立可得0.2A×（10 +R滑 ）＝0.3A×（10 + ），解得R滑 ＝20 ，U＝
Ω Ω Ω
6V，故A错误；
由②的电路可得R总2 ＝ ＝ ＝ ，
＝ ，R ＝20 ，
2
Ω
已知R ：R ＝3：2，则 ＝ ，
3 2
R ＝30 ；故B正确。
3
Ω
第28页（共34页）把小灯泡换接为R ，当滑片P在最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0 ，
3
只闭合S 2 ，R 1 ，R 2 ，R 3 串联，此时电路总电阻最大，电路总功率最小， Ω
电路总电阻：R总4 ＝R
1
+R
2
+R
3
＝10 +20 +30 ＝60 ，
Ω Ω Ω Ω
电路总功率：P小 ＝ ＝ ＝0.6W，故C正确；
闭合S 、S 、S ，三个电阻并联接入电路，此时电路总电阻最小，电路总功率最大，
1 2 3
电路总电阻：R总5 ＝ ＝ ＝ ，
电路总功率：P大 ＝ ＝ ＝6.6W，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查欧姆定律和电功率公式的综合运用，题目难度较大，能正确分析各次
电路的变化是正确解答本题的关键。
二、综合题（共10分。第7题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的
不能得分）
35．（4分）现有一个粗细均匀的金属圆环，它是由一段铜丝（铜丝的阻值不计）和一段
同种材料制成的电阻丝连接而成，如图甲所示。为了研究它的导电性，小乐把它接入到
如图乙所示的电路中。实验时，小乐先将触点M与金属圆环上某一点连接，再移动滑
动变阻器R的滑片P至最左端后，闭合S，将触点N从M开始沿顺时针方向滑动一周。
在触点N滑动的过程中，触点M、N之间的电阻等效于两段弧形金属丝并联后的总电阻，
记为R 。设滑过的弧MN的长为L，电流表示数I与L之间的关系如图丙所示。已知
MN
电源电压恒为12V，粗细均匀、同种材料制成的电阻丝阻值与其长度成正比。
第29页（共34页）（1）根据题意可知，该金属圆环中电阻丝的长度是 4 0 cm。
（2）在触点N滑动的过程中，R 的最大值是 8 。
MN
（3）每1cm电阻丝的阻值是 0. 8 。 Ω
（4）当N滑到O点时，电路消耗的功Ω率为 7. 4 W。（MO的连线为圆环直径）
【分析】（1）当滑片在铜丝上移动时，金属圆环的总电阻不变，根据欧姆定律可知，
此时电路中的电流不变，根据图丙读出该金属圆环中铜丝的长度和金属圆环的总长度，
然后求出该金属圆环中电阻丝的长度；
（2）当L＝0或L＝50cm时，金属圆环接入电路中的电阻为零，此时电路为R的简单
电路，根据图丙读出电路中的电流，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻；当电
路中的电流最小时，电路的总电阻最大，金属圆环接入电路中的电阻最大，根据图丙读
出电路中的电流，根据欧姆定律求出总电阻，利用电阻的串联求出M、N之间的最大值；
（3）由题意可知，M、N之间两段弧形金属丝并联，根据电阻的并联和结合数学知识
得出两部分电阻相等时金属圆环中的总电阻最大，据此求出电路的总电阻，然后求出每
1cm电阻丝的阻值；
（4）由图乙可知，铜丝全部位于MO直径的下方，然后根据题意求出两部分的电阻值，
进一步求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联和P＝UI＝ 求出电路消耗的功率。
【解答】解：
（1）当滑片在铜丝上移动时，金属圆环的总电阻不变，根据欧姆定律可知，此时电路
中的电流不变，
由图丙可知，L从30cm到40cm的过程中，电路的电流不变，则该金属圆环中铜丝的长
度为40cm﹣30cm＝10cm，
第30页（共34页）由图丙可知，金属圆环的总长度为50cm，则金属圆环中电阻丝的长度50cm﹣10cm＝
40cm；
（2）当L＝0或L＝50cm时，金属圆环接入电路中的电阻为零，此时电路为R的简单
电路，
由图丙可知，电路中的电流I大 ＝1A，
由I＝ 可得，变阻器接入电路中的电阻R＝ ＝ ＝12 ，
Ω
当电路中的电流最小时，电路的总电阻最大，金属圆环接入电路中的电阻最大，
由图丙可知，电路中的电流I小 ＝0.6A，
此时电路的总电阻R总 ＝ ＝ ＝20 ，
Ω
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，M、N之间的最大值R
MN大
＝R总 ﹣R＝20 ﹣12 ＝8 ；
（3）由题意可知，M、N之间两段弧形金属丝并Ω联，分Ω别设Ω为R
1
、R
2
，如下图所示：
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以， ＝ + ，即R ＝ ，
MN
因金属圆环中电阻丝的总电阻一定，即R +R 的值不变，
1 2
所以，由数学知识“两个正数和一定，两数相同时乘积最大”可知，R ＝R 时，M、N
1 2
之间的总电阻最大，
则R
MN大
＝ ，即8 ＝ ，解得：R
1
＝R
2
＝16 ，
Ω Ω
金属圆环中电阻丝的总电阻R环 ＝R
1
+R
2
＝16 +16 ＝32 ，
Ω Ω Ω
所以，每1cm电阻丝的阻值是 ＝0.8 ；
Ω
（4）由图乙可知，铜丝全部位于MO直径的下方，
第31页（共34页）此时MO上、下两部分电阻丝的电阻分别为R
3
＝25cm×0.8 /cm＝20 ，R
4
＝R环 ﹣R
3
＝
32 ﹣20 ＝12 ， Ω Ω
Ω Ω Ω
此时电路的总电阻R总 ′＝ ＝ ＝7.5 ，
Ω
电路消耗的功率P＝ ＝ ≈7.4W。
故答案为：（1）40；（2）8；（3）0.8；（4）7.4。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，明白电路的连
接方式和从图中获取有用的信息以及知道圆环电阻最大时的情况是关键。
36．（6分）如图所示，电源电压为12V且保持不变，电阻R 标有“10V 10W”的字样，
1
闭合S，当滑动变阻器R接入电路的阻值为R 时，V 的示数为U ，V 的示数为U ；当
m 1 1 2 2
R接入电路的阻值为R 时，V 的示数为U ′，V 的示数为U '。已知：U ：U ＝2：
n 1 1 2 2 1 2
3，U ：U ′＝3：4，U ：U ′＝9：10。
1 1 2 2
（1）比较R 和R 的大小。
m n
（2）计算U 的数值。
2
（3）计算R 的阻值。
2
【分析】根据电路图可知，R 、R 以及滑动变阻器串联，电压表V 测量R 和滑动变阻
1 2 1 1
器两端电压，电压表V 测量R 和滑动变阻器两端电压；
2 2
（1）先根据P＝ 求出R 的阻值，然后根据串联电路的特点和欧姆定律表示出U 、
1 1
U 之比；再根据U 、U ′之比和U ：U ′之比得出U ′、U ′之比，再根据串联电路
2 1 1 2 2 1 2
的特点和欧姆定律表示出U ′、U ′之比，联立关系式得出R 、R 的关系；
1 2 m n
（2）（3）根据欧姆定律，结合U 、U ′之比可得两次电路电流关系之比，与R 、R
1 1 m n
的关系式联立可计算R 、R 的阻值，进一步求出U 的数值；
m 2 2
第32页（共34页）【解答】解：（1）由电路图可知，R 、R 以及滑动变阻器串联，电压表V 测量R 和
1 2 1 1
滑动变阻器两端电压，电压表V 测量R 和滑动变阻器两端电压；
2 2
由电功率的变形公式P＝ 可知，R ＝ ＝ ＝10 ；
1
Ω
当滑动变阻器 R 接入电路的阻值为 R 时，由 I＝ 可知，U ＝
m 1
（R +R ），
1 m
U ＝ （R +R ），
2 2 m
则U ：U ＝ （R +R ）： （R +R ）＝ ＝2：3，即
1 2 1 m 2 m
2R ﹣R ＝30﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
2 m
当R接入电路的阻值为R 时，U ′＝ （R +R ），
n 1 1 n
U ′＝ （R +R ）
2 2 n
由U ：U ′＝3：4，可得U ′＝ ，U ：U ′＝9：10可得U ′＝ ，
1 1 1 2 2 2
则 ＝ ＝ × × ＝ × × ＝ ，
U ′：U ′＝ （R +R ）： （R +R ）＝ ＝4：5，即
1 2 1 n 2 n
4R ﹣R ＝50 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
2 n
①×2﹣②可Ω得：R
n
＝2R
m
+10 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，所以R
n
大于R
m
；
（2）（3）当滑动变阻器R接Ω入电路的阻值为R
m
时，通过电路的电流为I
1
，则U
1
＝
（10 +R ）I ，
m 1
当 RΩ接入电路的阻值为 R
n
时，通过电路的电流为 I
2
，则 U
1
′＝（10 +R
n
）I
2
＝
（10 +2R +10 ）I ， Ω
m 2
Ω Ω
第33页（共34页）由U ：U ′＝3：4，可得 ＝ ，则 ＝ ，
1 1
由欧姆定律可得 ＝ ＝ × ＝ ＝ ，
即 ＝ ，整理得R ＝10 +R ﹣﹣﹣﹣﹣﹣④，
2 m
Ω
③④两式联立解得R ＝10 ，R ＝20 ；
m 2
Ω Ω
电压表U ＝ （R +R ）＝ ＝9V。
2 2 m
答：（1）R 小于R ；
m n
（2）U 的数值为9V；
2
（3）R 的阻值为20 。
2
【点评】本题考查串联Ω电路特点，欧姆定律，电功率公式的灵活运用，结合比例，方程进
行计算是解题的关键。
第34页（共34页）
